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\let\oldsum\sum
\renewcommand{\sum}{\displaystyle\oldsum}
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\begin{document}

\title{Lista 02 Introdu\c c\~ao \`a An\'alise 2012/01}
\author{Marcelo Vale, \'Eder Brito, Eliana Carla, Lais Moreira, Paulo Rodrigo}

\maketitle


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\section{Exerc\'icio 8.2 - Livro}
	Seja $Y \subset X \subset \mathbb{R}^n$ com $Y$ denso em $X$. Se a aplica\c c\~ao cont\'inua $f: X \rightarrow \mathbb{R}^n$ \'e tal que sua restri\c c\~ao $f|Y$ \'e uniformemente cont\'inua, prove que $f$ \'e uniformemente cont\'inua.

	\begin{proof}
	$f|_Y$ uniformemente cont\'inua $\Rightarrow$ dado $\epsilon > 0$ arbitr\'ario, $\exists \linebreak \delta =\delta(\epsilon) >0$ tal que para todo $ x$ e $y$ em $Y$ satisfazendo $ | x - y| < \delta$, \linebreak tem-se                             \ \ \ \\ \ \\              $|f(x) - f(y)| < \epsilon/2.$
	Tomemos ent\~ao $x'$ e $y'$ em  $X$ tais que $|x' - y'|< \delta$. Por  hip\'otese  $Y$ \'e denso em $X$ , portanto existem sequ\^encias $(x_k)$ e $(y_k)$ em $Y$, tais que $ x_k\rightarrow x'$ e  $ y_k\rightarrow y'.$ Da\'i $|x' - y'|< \delta \Rightarrow \ \ \exists \ k_0 \ \in \mathbb{N}$ tal que $\forall\  k > k_0$ \ tem-se $ |x_k - y_k|< \delta$ e portanto $|f(x_k) - f(y_k)| < \epsilon /2.$ Usando a continuidade de $f$ concluimos que $ |f(x')- f(y')| = lim |f(x_k) - f(y_k)| \leq \epsilon /2 < \epsilon$. Portanto $f: X \rightarrow \mathbb{R}^n$ \'e uniformemente cont\'inua.
	\end{proof}



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\section{Exerc\'icio 9.2 - Livro}
Estabele\c ca um homeomorfismo entre $\mathbb{R}^n - \{0\}$ e o produto cartesiano \linebreak $S^{n-1} \times \mathbb{R} \subset \mathbb{R}^{n+1}$
\begin{proof}
Defina $f: S^{n-1} \times \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}^n - \{0\}$ pondo $f(x,t) = e^t.x$.
$f$ \'e cont\'inua pois \'e o produto de fun\c c\~oes cont\'inuas. Al\'em disso,\\ $g: \mathbb{R}^n - \{0\} \rightarrow  S^{n-1} \times \mathbb{R}$, definida por $ g(y) = ( \frac{y}{|y|}, \ln|y|)$, \'e cont\'inua e \linebreak satifaz $ g(f(x,t))= (x,t)$  e  $f(g(y))=y$. Portanto $f: S^{n-1} \times \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}^n - \{0\}$ \'e homeomorfismo.


\end{proof}



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\section{Exerc\'icio 10.3 - Livro}
Prove que $S^1$ e $S^2$ n\~ao s\~ao homeomorfos

\begin{proof}
$S^1-\{p\} \cong \mathbb{R}$ e $S^2-\{q\} \cong \mathbb{R}^2$, ambos atrav\'es da proje\c c\~ao estereogr\'afica. Da\'i tomando $p\neq p'$ temos que  $S^1-\{p, p'\} \cong \mathbb{R} - \{P\}$, portanto $S^1-\{p, p'\}$ \'e desconexo. Por outro lado, para $q\neq q'$ temos que \\ $S^2 - \{q, q'\} \cong \mathbb{R}^2 - \{Q\}$, portanto $S^2 - \{q, q'\}$ \'e conexo por caminhos, logo conexo. Desse modo $S^1$ n\~ao \'e homeomorfo a $S^2$, pois se assim fosse ter\'iamos $S^2 - \{q, q'\}\cong S^1-\{p, p'\}$, o que n\~ao ocorre.
\end{proof}



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\section{Exerc\'icio 11.4 - Livro}

Seja $X = \{x = (x_1, \cdots, x_n) \in \mathbb{R}^n ; x_1\cdot x_2\cdots x_n \neq 0\}$. Defina $f: X \rightarrow \mathbb{R}$ pondo $f(x) = \frac{sen(x_1\cdot x_2 \cdots x_n)}{x_1\cdot x_2 \cdots x_n}$. Prove que $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}{f(x)=1}$.

\begin{proof}
Sabemos da An\'alise Real que $\displaystyle\lim_{t \rightarrow 0}\frac{sin t}{t} = 1$. Da\'i, dado \\ $\ \epsilon > 0, \exists \ \delta > 0$ tal que $ \forall  \  t \in \mathbb{R},\ 0 < |t|<\delta \Rightarrow |\frac{sin t}{t} - 1| < \epsilon $. Se tomarmos em $ \mathbb{R}^n$  a norma do m\'aximo e assumirmos $\delta < 1$, ent\~ao para todo $x \in X ,\ 0 < |x| < \delta$ temos $ 0 < |x_i| \leq |x| < \delta , \forall \ i= 1, 2,...,n$, da\'i $ 0 < |x_1.x_2...x_n| < \delta^n < \delta  \Rightarrow |\frac{sin (x_1.x_2...x_n)}{x_1.x_2...x_n} - 1| < \epsilon,$ como quer\'iamos.
 
\end{proof}


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\section{Exerc\'icio 2 - Caderno (27/03/2012)}
	\begin{enumerate}
		\item  Mostre que $ f(x)=\sqrt{x}, x \in [0, 1]$ \'e uniformemente cont\'inua, mas $ f \notin$ Lip([0,1]).
		\item Mostre que $ f:[0,1]^2\rightarrow \mathbb{R}$, definida por $ f(x,y)=\frac{1}{1 - xy}$ \'e cont\'inua mas n\~ao \'e uniformemente cont\'inua.
		\end{enumerate}
		  \begin{proof}
			  \begin{enumerate}
			   	     \item Toda fun\c c\~ao cont\'inua em dom\'inio compacto \'e uniformemente cont\'inua, portanto $ f(x)=\sqrt{x},\  x \in [0, 1]$,  \'e uniformemente cont\'inua.\linebreak
	   	     Suponha que $f \in$ Lip([0,1]). Neste caso existiria $c \in \mathbb{R}$ tal que  $ |f(x) - f(y)|\leq c|x - y|, \ \ \forall \ \ x , \ y \ \in [0,1]$. Em particular, fixando $y=0$ temos que $ |f(x)|\leq c|x|, \ \ \forall\ x \in [0,1].$ Da\'i para todo $x \in (0, 1]$ temos $ \frac{|f(x)|}{|x|}\leq c \Rightarrow \frac{\sqrt{x}}{x}\leq c \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{x}}\leq c$. Ora, mas isto \'e uma contradi\c c\~ao, pois  $\frac{1}{\sqrt{x}}$ \'e ilimitado no intervalo (0,1]. Portanto $ f \notin$ Lip([0,1]).
	   	     
	   	     \item $ f(x,y)=\frac{1}{1 - xy}$ \'e cont\'inua pois \'e o quociente de fun\c c\~oes cont\'inuas cujo denominador \'e sempre diferente de zero, pra todos os pontos $(x, y)$ do dom\'inio.
	   	     Agora para verificar que $f$ n\~ao \'e uniformemente cont\'inua,\linebreak considere as sequ\^encias $(x_k)$ e $(y_k)$, em que $x_k = (1 - \frac{1}{k},1)$ e $y_k = (1 + \frac{1}{k}, 1), \ \forall \ k \  \in \ \mathbb{N}$. \'E f\'acil ver que $ |y_k - x_k| \rightarrow 0$, mas $ |f(y_k) - f(x_k)| = |-2k|\rightarrow \infty.$ Portanto $f$ n\~ao \'e uniformemente cont\'inua.
	   	     \end{enumerate}
	   	  \end{proof}  



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\section{Exerc\'icio 1 - Caderno (29/03/2012)}
	\begin{enumerate}
		\item  Se $ (A, B)$ \'e uma cis\~ao de $X$ ent\~ao $A = \overline{A}\cap X$ e $B = \overline{B}\cap X$, (i.e., $A$ e $B$ s\~ao  fechados em $X$) $\Rightarrow $ $A$ e $B$ s\~ao abertos em $X$ e $A\cap B = \emptyset$.
		\item $A \subset X$ aberto e fechado em $X \Rightarrow (A, X \setminus A)$ \'e uma cis\~ao de $X$.
		\item $X$ \'e conexo $\iff$ os \'unicos subconjuntos de $X$ que s\~ao abertos e fechados em $X$ s\~ao $X$ e $\emptyset$.
	\end{enumerate}
	
	\begin{proof} 
 	\begin{enumerate}
 	\item
	Se $(A,B)$ \'e uma cis\~ao de $X$, ent\~ao $X = A\cup B$,  $\overline{A}\cap B = \emptyset$ e 
	  $\overline{B}\cap A = \emptyset$. Da\'i $X\cap \overline{A} =(A \cup B)\cap \overline{A} = (A \cap \overline{A}) \cup (B \cap \overline{A})= A \cap \overline{A} = A.$ \linebreak  Da mesma forma concluimos que $ B = X \cap \overline{B}$.\\ 
	  	  Como $\overline{B}\cap A = \emptyset \Rightarrow B\cap A = \emptyset$, pois $ B \subset \overline{B}$. Desse modo, como $X = A\cup B$ e $\emptyset = A\cap B$, temos que $B = X - A$ e portanto, sendo $A$ fechado em $X$, segue que $B$ \'e aberto em $X$. Da mesma forma conclui-se que $A$ \'e aberto em $X$.
	  
	  \item
	  Em primeiro lugar temos que $X = A \cup (X-A)$. Da\'i $A$ fechado em $X  \Rightarrow A = \overline{A} \cap X$  e ent\~ao $\overline{A} \cap (X -A) = \overline{A} \cap (X - \overline{A}\cap X) = \emptyset$. Da mesma forma $\overline{X -A} \cap A = \emptyset$. Da\'i $(A, X-A)$ \'e uma cis\~ao de $X$.
	  
	  \item
    $X$ conexo $\Rightarrow  X$ n\~ao admite cis\~ao n\~ao -trivial. Da\'i se houvesse  $ A\subset X$   tal que $A$ fosse aberto e fechado em $X$, ent\~ao pelo item (2) $ ( A, X-A)$ seria uma cis\~ao n\~ao-trivial de X, o que \'e uma contradi\c c\~ao. Reciprocamente, se os \'unicos subconjuntos de $X$ que s\~ao abertos e fechados em $X$ forem $X$ e $\emptyset$, ent\~ao $X$ n\~ao admite cis\~ao n\~ao-trivial, caso contr\'ario existiriam subconjuntos pr\'oprios $A$ e $B \subset X$ tal que $(A,B)$ constitui uma cis\~ao de $X$, ent\~ao pelo item(1)  $A$ e $B$ seriam abertos e  fechados em $X$. Contradi\c c\~ao. 

		\end{enumerate}
		\end{proof}
\newpage

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\section{(10/04/2012): Exercício 1} \label{lista2:20120410:01:ex1}
	Seja $\emptyset \ne X \subset \R$. Mostre:
	\begin{enumerate}
		\item $C_x \subset X$ é conexo \label{lista2:20120410:01:ex1:1}
		\item $C \subset X$, $C$ conexo, $x \in X$ e $C \cap C_x \ne \emptyset \Rightarrow C \subset C_x $ \label{lista2:20120410:01:ex1:2}
		\item $x,y \in X, x \ne y \Rightarrow C_x \cap C_y = \emptyset$ ou $C_x = C_y$ \label{lista2:20120410:01:ex1:3}
		\item $C_x \subset X$ fechado em $X$ e $X = \dot{\bigcup_{x\in X}} C_x$ \label{lista2:20120410:01:ex1:4}
	\end{enumerate}

\ref{lista2:20120410:01:ex1:1}. Seja $X \subset \R^n$ e $x \in X$. 
$C_x = \bigcup_{\lambda \in L} C_\lambda$, onde $\forall \lambda \; C_\lambda \subset X$ é conexo e $x \in C_\lambda$.


Seja $a$ tal que $a \in C_\lambda$ para todo $\lambda \in L$. Se $X = A \cup B$ é uma
cisão então $a$ pertence a $A$ ou $B$. Digamos $a \in A$. Para todo $\lambda \in L$
, $C_\lambda = (A \cap C_\lambda)\cup(B \cap C_\lambda)$ é uma cisão
trivial pois $C_\lambda$ é conexo. Como $a \in A\cap X_\lambda$, segue-se
que $B\cap X_\lambda$ é vazio. Logo $B = \bigcup_{\lambda \in L}(B\cap C_\lambda)$ é vazio
e a cisão $C = A \cup B$ é trivial. Portanto $C$ é conexo.
\\

\ref{lista2:20120410:01:ex1:2}.
$C \cup C_x$ é conexo contendo $x$ , portanto $C \cup C_x \subset C_x \Rightarrow C \subset C_x$
\\

\ref{lista2:20120410:01:ex1:3}.
Se $\exists z \in C_x\cap C_y$, $C_x \subset C_y$ e $C_x \subset C_y$,
portanto $C_y = C_x$. Caso contrário $C_x\cap C_y = \emptyset$.

\ref{lista2:20120410:01:ex1:4}.
$C_x \subset \overline{C}_x \cap X \subset \overline{C}_x$.
pela exercício XXX, $\overline{C}_x \cap X$ é um subconjunto conexo de $X$, contendo $C_x$. 
Logo $\overline{C}_x \cap X = C_x$, portanto $C_x$ é



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\end{document}
